專題七帶電粒子在磁場中的運動

1、專題七 帶電粒子在磁場中的運動帶電粒子在磁場中的圓周運動定圓心、畫軌跡、找關(guān)系是解決這類問題的關(guān)鍵.(1) 確定圓心的方法 由兩速度的垂線定圓心； 由兩條弦的垂直平分線定圓心； 由兩洛倫茲力的延長線定圓心； 綜合定圓心.一條切線，一條弦的垂直平分線，一條洛倫茲力的延長線，選擇其中任兩條都可以找出圓心.(2) 畫軌跡的方法 對稱法：帶電粒子如果從一直線邊界進入又從該邊界射出，則其軌跡關(guān)于入射點和出射點線段的中垂線對稱，入射速度方向與出射速度方向與邊界的夾角相等，利用這一結(jié)論畫出粒子的軌跡. 動態(tài)圓法：若在磁場中向垂直于磁場的各個方向發(fā)射粒子，則粒子的運動軌跡是圍繞發(fā)射點旋轉(zhuǎn)的動態(tài)圓，用這一規(guī)律可

2、確定粒子的運動軌跡. 放縮法：帶電粒子在磁場中以不同的速度運動時，圓周運動的半徑隨著速度的變化而變化，因此可以將半徑放縮，探索出臨界點的軌跡，使問題得以解決.(3) 找關(guān)系 用幾何知識(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大小. 粒子在磁場中運動一周的時間為T，當(dāng)粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為時，其運動時間為t=T(或t=T).【例1】(2014·海安中學(xué))在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.有兩個相同的帶正電的粒子從A點垂直于磁場方向進入磁場中，進入磁場時的速度v1和v2大小未知、方向與AO的夾角均為，如圖所示.已知兩粒子的質(zhì)量均為m、電荷量均為q，它們

3、在磁場中做勻速圓周運動的半徑也是R(不計粒子的重力和它們之間的相互作用).求：(1) 兩粒子的運動速度v1和v2的大小.(2) 兩粒子在磁場中運動的時間之差.(3) 兩粒子離開磁場的位置之間的距離.思維軌跡：【解析】 (1) 兩粒子在磁場中圓周運動的半徑都是R，所以速度大小相同，設(shè)為v，則qvB=m.所以v1=v2=v=.(2) 設(shè)以v1運動的粒子從圓上的M點離開磁場區(qū)域，軌跡的圓心為O1，由題可知O1A=O1M=OA=OM，即OAO1M是菱形，所以O(shè)1MOA.設(shè)軌跡圓的圓心角為1，則OAO1=90°+.1=180°-OAO1=90°-.同理，設(shè)以v2運動的粒子從

4、圓上的N點離開磁場區(qū)域，軌跡的圓心為O2，則OAO2N是菱形，O2NOA.設(shè)軌跡圓的圓心角為2，則OAO2=90°-.2=180°-OAO2=90°+.兩軌跡圓的圓心角的差值為=2-1=2.設(shè)粒子在磁場中圓周運動的周期為T，有T=.兩粒子在磁場中運動的時間差為t=T=.(3) 由以上分析可知1=OAO2.說明兩菱形除邊長相等外頂角也相等，兩菱形全等.O2N、O1M到OA的距離相等，即O2N、O1M在同一直線上.在三角形MON中，MON=2-1=2.所以，MN=2Rsin .【答案】 (1) (2) (3) 2Rsin 【變式訓(xùn)練1】(2015·南京鹽城二

5、模)如圖所示的xOy坐標(biāo)系中，y軸右側(cè)空間存在范圍足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于xOy平面向里.P點的坐標(biāo)為(-2L，0)，Q1、Q2兩點的坐標(biāo)分別為(0， L)，(0，-L).坐標(biāo)為(-，0)處的C點固定一平行于y軸放置的長為L的絕緣彈性擋板，C為擋板中點，帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后，沿y方向分速度不變，沿x方向分速度反向，大小不變. 帶負電的粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，不計粒子所受重力.若粒子在P點沿PQ1方向進入磁場，在磁場中運動.求：(1) 從Q1直接到達Q2處的粒子初速度大小.(2) 從Q1直接到達O點，粒子第一次經(jīng)過x軸的交點坐標(biāo).(3) 只與擋板碰撞兩次并能回

6、到P點的粒子初速度大小.【解析】 (1) 由題意畫出粒子運動軌跡如圖甲所示，設(shè)PQ1與x軸正方向夾角為，粒子在磁場中做圓周運動的半徑大小為R1，由幾何關(guān)系得R1cos=L，其中cos=，粒子在磁場中做勻速圓周運動qvB=m，解得v1=.甲(2) 由題意畫出粒子運動軌跡如圖乙所示，設(shè)其與x軸交點為D，由幾何關(guān)系得R2=L，設(shè)D點橫坐標(biāo)為xD，由幾何關(guān)系得xD=L，則D點坐標(biāo)為(L，0).乙(3) 由題意畫出粒子運動軌跡如圖丙所示，設(shè)PQ1與x軸正方向夾角為，粒子在磁場中做圓周運動的半徑大小為R3，偏轉(zhuǎn)一次后在y負方向偏移量為y1，由幾何關(guān)系得y1=2R3cos，為保證粒子最終能回到P，粒子與擋板

7、碰撞后，速度方向應(yīng)與PQ1連線平行，每碰撞一次，粒子進出磁場在y軸上這段距離y2(如圖中A、E間距)可由題給條件，有=tan，得y2=.當(dāng)粒子只碰二次，其幾何條件是3y1-2y2=2L，解得R3=L.粒子在磁場中做勻速圓周運動qvB=m，解得v=.丙【答案】 (1) (2) (3) 帶電粒子在相鄰多個磁場中的運動粒子在相鄰多個磁場中連續(xù)運動時，會畫出不同的軌跡，從復(fù)雜的軌跡中找出規(guī)律，尋找解決問題的突破口，解決這類問題時，關(guān)鍵在于能畫出軌跡，弄清楚粒子的運動過程，找出粒子在不同磁場中運動的聯(lián)系，借助圓周運動的特點解決問題.【例2】(2014·海安中學(xué))如圖所示，在xOy平面內(nèi)，以O(shè)&

8、#39;(0，R)為圓心、R為半徑的圓內(nèi)有垂直于平面向外的勻強磁場，x軸下方有垂直于平面向里的勻強磁場，兩個磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小相等.第四象限有一個與x軸成45°角傾斜放置的擋板PQ，P、Q兩點在坐標(biāo)軸上，且O、P兩點間的距離大于2R，在圓形磁場左側(cè)0<y<2R的區(qū)間內(nèi)均勻分布著質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的一簇帶電粒子，當(dāng)所有粒子均沿x軸正方向以速度v射入圓形磁場區(qū)域時，粒子偏轉(zhuǎn)后都從O點進入x軸下方磁場，最終有一半粒子能打在擋板上.不計粒子重力以及粒子間的相互作用力.求：(1) 磁場的磁感應(yīng)強度B的大小.(2) 擋板端點P的坐標(biāo).(3) 擋板上被粒子打中的區(qū)域的長度.

9、思維軌跡：(1) 以任一粒子為研究對象找出圓心，畫出軌跡用幾何知識求出軌道半徑由洛倫茲力提供向心力求出磁感應(yīng)強度B(2) 粒子從O點進入三四象限時相當(dāng)于一個速度大小相等的粒子源作出圓心的軌跡作出粒子可能到達的空間位置找出打到擋板上從O點射出的粒子范圍利用幾何知識求出P點坐標(biāo)(3) 根據(jù)第2小題中作出的包絡(luò)圓的軌跡利用幾何知識求出粒子打在擋板上的長度【解析】 (1) 設(shè)粒子從磁場邊界的A點進入磁場，該粒子由O點射出圓形磁場，軌跡如圖甲所示，過A點作速度的垂線，在垂線上取點C(滿足OC=AC)，確定軌跡圓的圓心為C.連接AO'、CO，可證得ACOO'為菱形，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知，粒

10、子在圓形磁場中的軌道半徑r=R，由qvB=m，解得B=.甲 乙(2) 欲使有一半的粒子打到擋板上，則需滿足從O點射出的沿x軸負方向的粒子、沿y軸負方向的粒子軌跡剛好與擋板相切，如圖乙所示.過圓心D作擋板的垂線交于E點，由幾何關(guān)系可知DP=R，OP=(+1)R.所以P點的坐標(biāo)為(+1)R，0.(3) 設(shè)能打到擋板最左側(cè)的粒子落在擋板上的F點，如圖丙所示，則OF=2R，過O點作擋板的垂線交于G點，則丙OG=(+1)R·=R.FG=R.EG=R.擋板上被粒子打中的區(qū)域長度l=FE=R+R=R.【答案】 (1) (2) (+1)R，0(3) R【變式訓(xùn)練2】(2015·常州一模)如

11、圖所示，多個有界勻強磁場區(qū)域和無場區(qū)域平行間隔排列，其中磁場的寬度均為d，無場區(qū)域的寬度均為d0，磁場方向垂直紙面向里，長度足夠長，磁感應(yīng)強度為B.在區(qū)域1磁場中，一個帶負電的粒子從邊界上的A點沿邊界方向射出，粒子質(zhì)量為m，電荷量為-q，不計重力.(1) 如果粒子只在區(qū)域1中運動，求粒子射出的最大速度為多少?(2) 如果粒子從A點射出后，經(jīng)過區(qū)域1、2、3后又回到A點，求它運動一周的周期為多少?(3) 如果粒子從A點射出后還能再次返回A點，求粒子從A點射出時速度的大小為多少?【解析】 (1) 當(dāng)粒子只在第一區(qū)域內(nèi)運動時，粒子運動軌跡的最大半徑為Rm=，由Bqvm=，可得vm=.(2) 粒子經(jīng)過

12、1、2、3區(qū)域，且能回到A點，則運動的軌跡半徑R=d，即=d，則v=.所以有T=.(3) 當(dāng)從區(qū)域1返回A點，vm設(shè)經(jīng)過n個磁場區(qū)域后，粒子開始返回，則有2R=nd，R=(n=2，3，4，)，所以有v=(n=2，3，4，).【答案】 (1) (2) (3) (n=2，3，4，)帶電粒子在磁場中的臨界問題解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)臨界點.帶電粒子在磁場中以不同的速度運動時，圓周運動的半徑隨著速度的變化而變化，因此可以將半徑放縮，運用“放縮法”探索出臨界點的軌跡，使問題得以解決；對于范圍型問題，求解時關(guān)鍵尋找引起范圍的“臨界軌跡”及“臨界半徑”，然后利用粒子運動的實際軌跡半徑與

13、臨界半徑的大小關(guān)系確定范圍.常用的結(jié)論有： 直徑是圓的最大弦； 同一圓中大弦對應(yīng)大的圓心角； 剛好穿出磁場邊界的臨界條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切.【例3】(2015·鎮(zhèn)江一模)如圖所示的平面直角坐標(biāo)系內(nèi)分布有足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.05 T，方向垂直紙面向里.x軸上相距為L=0.12 m的P、Q兩點關(guān)于原點對稱，兩點處均有一個粒子發(fā)射器(發(fā)射一個粒子后即移開)，能分別在紙面內(nèi)沿y軸正方向發(fā)射帶電粒子，已知P點發(fā)射的粒子帶負電，速率為v1=3.0×104 m/s，Q點發(fā)射的粒子帶正電，粒子的比荷均為=2.0×107 C/kg.Q處的粒子先發(fā)

14、射，P處的粒子后發(fā)射，發(fā)射的時間差為t=×10-6 s，已知P處發(fā)射的粒子運動t=×10-6 s時間后，恰與Q處發(fā)射的粒子在第二象限內(nèi)相遇，不計粒子的重力和粒子之間的相互作用力.(1) 求兩粒子相遇點S(圖中未畫出)的坐標(biāo).(2) 求Q處發(fā)射粒子的速率v2.(3) P處發(fā)射粒子后，調(diào)節(jié)Q處發(fā)射粒子速率v2的值，發(fā)現(xiàn)不管t取何值，兩粒子總不能相遇.求這種情形下v2的值.【解析】 (1) 對P點發(fā)射的粒子：qv1B=m，r1= m=3.0×10-2m，周期T=2×10-6s，轉(zhuǎn)過的圓心角=·2，得1=53°.則橫坐標(biāo)x=-=-0.012

15、m，縱坐標(biāo)y=r1sin 1=0.024 m，交點S的坐標(biāo)為(-0.012 m，0.024 m).(2) 對Q點發(fā)射的粒子：由Q到S的運動時間為t'=t+t=×10-6 s，轉(zhuǎn)過的圓心角'=·2，得2=37°.O1SO2為直角三角形，設(shè)Q點發(fā)射的粒子的軌道半徑為r2，則(L-r1-r2)2=+，得r2=0.04 m.又r2=，即v2=4.0×104 m/s.(3) v2較小時，兩粒子相遇的臨界：兩軌跡圓周外切.則qvminB=m，得vmin=3.0×104 m/s.v2較大時，兩粒子相遇的臨界：兩軌跡圓周內(nèi)切.則qvmaxB=m

16、，得vmax=6.0×104 m/s.則兩粒子總不能相遇情形下v2的值為6.0×104 m/s<v2或v2<3.0×104 m/s.【答案】 (1) (-0.012m，0.024m)(2) 4.0×104 m/s(3) 6.0×104 m/s<v2或v2<3.0×104 m/s【變式訓(xùn)練3】(2015·連云港三模)如圖所示，在邊長為L的等邊三角形ACD區(qū)域內(nèi)，存在垂直于所在平面向里的勻強磁場.大量的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以相同速度(速度大小未確定)沿垂直于CD的方向射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后三條

17、邊均有粒子射出，其中垂直于AD邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t0.不計粒子的重力及粒子間的相互作用.求：(1) 磁場的磁感應(yīng)強度大小.(2) 要確保粒子能從CD邊射出，射入的最大速度.(3) AC、AD邊上可能有粒子射出的范圍.【解析】 (1) qvB=m，T=，圓心角為60°，t0=T，解得B=.(2) 當(dāng)軌跡圓與AC、AD都相切時，粒子能從CD邊射出，半徑最大，速度為最大值，此時r=sin60°=L，qvB=m，r=，解得v=.所以， 粒子射入的速度應(yīng)滿足v.(3) 由(2)知，當(dāng)軌跡圓與AC相切時，從AC邊射出的粒子距C最遠.故有粒子射出的范圍為CE段，xCE=co

18、s60°=.當(dāng)軌跡圓與AD邊的交點F恰在圓心O正上方時，射出的粒子距D點最遠.故有粒子射出的范圍為DF段，xDF=.【答案】 (1) (2) (3) 見解析帶電粒子在磁場中的多解問題帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于多種因素的影響，使問題形成多解.多解形成的原因一般從以下幾個方面來分析.(1) 帶電粒子電性不確定形成多解：受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，當(dāng)粒子具有相同速度時，正、負粒子在磁場中的運動軌跡不同，導(dǎo)致多解.(2) 磁場方向不確定形成多解：磁感應(yīng)強度是矢量，如果題述條件只給出磁感應(yīng)強度的大小，而未說明磁感應(yīng)強度方向，則應(yīng)考慮因磁場方向不確定而導(dǎo)

19、致的多解.(3) 臨界狀態(tài)不唯一形成多解：帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射面邊界反向飛出，于是形成了多解.(4) 運動的往復(fù)性形成多解：帶電粒子在不同磁場(如周期性變化的磁場)的空間中運動時，運動往往具有往復(fù)性，從而形成多解.【例4】(2014·江蘇)某裝置可以利用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理如圖所示.裝置的長為L，上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B，方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d.裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，M位于軸線OO'上，N、P

20、分別位于下方磁場的上、下邊界上.在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成30°角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達P點.改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達收集板上的位置，不計粒子的重力.(1) 求磁場區(qū)域的寬度h.(2) 欲使粒子到達收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量v.(3) 欲使粒子到達M點，求粒子入射速度大小的可能值.思維軌跡：(1) (2) 粒子到達收集板的位置從P點移到N點粒子運動半徑變小粒子運動速度變小粒子第一次經(jīng)過下方磁場后到達N點根據(jù)運動的對稱性，作出粒子的運動軌跡利用幾何知識列式計算(3) 欲使粒子

21、到達M點M點與入射點O在同一直線上根據(jù)運動的對稱性，作出粒子的運動軌跡考慮多種可能情況利用幾何知識列方程求解【解析】 (1) 設(shè)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為r，依題意作出帶電粒子的運動軌跡如下圖所示，由圖中幾何關(guān)系有L=3rsin 30°+，h=r(1-cos 30°).解得h=.(2) 設(shè)帶電粒子初始入射速度為v1，改變速度后仍然經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次后到達N點，此時速度的改變量最小，設(shè)改變后的速度為v2，粒子改變速度后，在磁場中運動的軌道半徑為r'，帶電粒子的運動軌跡如下圖所示：由圖中幾何關(guān)系有L=4r'sin 30°+.根據(jù)牛頓第二定律有

22、qv1B=m，qv2B=m.粒子入射速度的最小變化量v=|v2-v1|.聯(lián)立以上各式解得v=.(3) 粒子可能從上方磁場出來后經(jīng)過M點，也可能從下方磁場出來后經(jīng)過M點，不妨假設(shè)粒子共n次經(jīng)過了磁場區(qū)域到達了M點，此時在磁場中運動的軌道半徑為rn，速度為vn，根據(jù)牛頓第二定律有qvnB=m.根據(jù)幾何關(guān)系有L=2nrnsin 30°+.解得vn=.由于粒子經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達P點，因此粒子不可能只經(jīng)過上方一次直接到達M點，則n2.又因為粒子必須經(jīng)過磁場改變其運動的方向才能到達M點，因此滿足n<tan 30°=.所以，vn=(其中2n<，且n為整數(shù)).【答案】 (1) (2) (3) 【變式訓(xùn)練4】(2014·如皋期末)如圖甲所示，空間內(nèi)有垂直于紙面向里的有界勻強磁場，MN是磁場的上邊界，磁場寬度足夠大，磁感應(yīng)強度B0=1×10-4